Lösning - Fysikum

STOCKHOLMS UNIVERSITETFYSIKUMTentamensskrivning del 2 i Fysik B för BasåretFredagen den 4 maj 2012 kl. 8.00 - 12.00(Denna tentamen avser andra halvan av Fysik B, kap 9 - 16 i Heureka. Fysik B)Hjälpmedel: Miniräknare (ej grafräknare) och formelsamling.Fullständiga lösningar med utförliga motiveringar krävs för att varje uppgift skall gemaximalt 4 poäng.OBS! I denna tentamen är antalet värdesiffror detsamma som antalet utskrivna siffror.US1. Man har en spole och en permanentmagnet.a) Spolen förflyttas medhastigheten v mot enstillastående permanentmagnet.Visa i en figur riktningen hosden inducerade strömmen ispolen.(1p)b) Man avlägsnarpermanentmagneten medhastigheten v från enstillastående spole. Visa i enfigur riktningen hos deninducerade strömmen i spolen.(1p)c) Uppstår det någon kraft på spolen i b) och om så är fallet, vilken riktning har kraften?(2p)Lösning:a) b)c) Ja, en attraktiv kraft uppstår mellan spolenoch magneten. Se figur.Induktionsströmmen gör att spolen kanliknas vid en permanentmagnet mednordpol till höger (och sydpol till vänster).Spolens nordände attraherar sydänden påpermanentmagneten, vars rörelse åt höger därvid motverkas (Lenz' lag).

2. a) Man kan med god approximation anta att stjärnorna (och solen) strålar som s.k.svarta kroppar. Fixstjärnan Sirius sänder ut strålning som har sin maximala intensitetvid våglängden 290 nm. Vilket värde på Sirius yttemperatur ger detta? (2p)b) En liten svart kula med diametern 4,0 cm hänger i en tunn tråd. Den har sammatemperatur som omgivande luft 0 0 C. Bestäm totalt utstrålad effekt från kulan. (2p)Lösning:a) Enligt Wiens förskjutningslag gäller: λ m T = 2,90⋅10 −3 Alltså ärT = 2,90⋅10−3290⋅10 −9 K = 1,00⋅104 Kb) Enligt Stefan-Boltzmanns lag är emittansen M = σ T 4 så attM = 5,67⋅10 −8 ⋅(273,15+ 0) 4 W/m 2 = 315,6 W/m 2Det totala strålningsflödet från kulan är alltså 4 π(0,040/2) 2 ⋅315,6 W = 1,58 WSvar: {a)1,00⋅10 4 Kb) 1,6 W3. a) Strömstyrkan i en viss växelströmskrets varierar enligt i(t) = 1,41sin(100 πt) . Angeströmmens effektivvärde och frekvensen uttryckt i Hz.(2p)b) Ett flygplan flyger på konstant höjd rakt österut över svensk landyta, där detjordmagnetiska fältets horisontalkomposant är 16,4 μT och dess vertikalkomposant45 μT . Flygplanet håller en fart av 540 km/h relativt marken. Flygplanet som är gjortav aluminium har ett vingspann av 25 m. Beräkna den inducerade spänningen mellanvingspetsarna och ange vilken vinge som är positivt laddad.(2p)Lösning:a) I eff= î√2 varav I eff= 1,41 A = 1,00 A . Frekvensen är 50 Hz.√2b) Endast jordmagnetiska fältets vertikalkomposant inducerar en kraft på elektronernautmed vingarna (vingarna är parallella med horisontalkomposanten). ems = l B ⊥vdär B ⊥ = 45⋅10 −6 T . Alltså ems = 25⋅45⋅10 −6 ⋅ 540⋅103 V = 0,17 V där vänster3600vingspets blir positivt laddad.Svar: {a) 1,00 A och 50 Hzb) 0,17 V och vänster vingspets4. En kvicksilverlampa som ger ljus med våglängderna 253,7 nm, 365,0 nm och404,7 nm lyser på en yta av Cd. Cd har utträdesenergin 4,08 eV.a) Vilken eller vilka av dessa våglängder kan frigöra elektroner från Cd-ytan? (2p)b) Bestäm den frigjorda elektronens maximala rörelseenergi i dessa fall. (1p)c) Hur påverkas de frigjorda elektronernas maximala rörelseenergi omljusintensiteten halveras?(1p)Lösning:a) Motsvarande energier beräknas enligt E = hc . Man får 4,89 eV, 3,40 eV respektiveλ3,07 eV. Endast 4,89 eV överstiger utträdesenergin 4,08 eV. Alltså åstadkommerendast kvicksilverlinjen 253,7 nm fotoemission av elektroner från Cd.

) Maximal E k= 4,89−4,08 eV = 0,81 eVc) "Frigjorda" elektroners rörelseenergi beror endast av fotonenergin och är oberoendeav ljusintensiteten.{a) 253,7 nmSvar: b) 0,81 eVc) Densamma5. Av kobolt finns ett tiotal olika nuklider. 60 Co används inom medicinen för att skapaγ-strålning. Den enda stabila koboltisotopen i naturen är 59 Co.a) Skriv fullständig reaktionsformel för sönderfallet av 60 Co till 60 Ni. (2p)b) Beräkna bindningsenergin per nukleon för 59 Co (nuklidmassa 58,9332 u).Vad kan du säga om bindningsenergi/nukleon för alla övriga Co-isotoper? (2p)Lösning:60a) 27Co60→ 28Ni+e - +̄ν+γb) Beräkna summan av massorna av ingående nukleoner i kärnan .27⋅1,0072764668 u+(59−27)⋅1,008664916 u = 59,47374 uI den angivna nuklidmassan ingår elektronmassorna, vilket innebär att kärnmassanges av 58,9332 u −27⋅5,48579909⋅10 −4 u = 58,918388 u59,47374 u−58,918388 uvilket leder till masskillnaden = 0,009413u per nukleon.59Energi motsvarande 1 u är 931.4940·10 6 eVBindningsenergi per nukleon 8,77·10 6 eV = 8,77 MeV. Eftersom det endast finns enstabil koboltisotop har denna den högsta bindningsenergin per nukleon.60 60Svar:a) 27Co→ 28Ni+e { - +̄ν+γb) 8,77 MeV, övriga isotoper har lägre bindningsenergi per nukleon6. Nukliden 220 Rn är alfa-aktiv med halveringstiden 55,6 s.a) Skriv reaktionsformel för alfasönderfallet. (1p)b) Hur många procent av en viss mängd 220 Rn återstår efter 3,0 min? (1p)c) Beräkna aktiviteten hos ett preparat innehållande 2,0 mg 220 Rn.(För tunga ämnen kan nuklidmassan approximeras med masstalet).(2p)Lösning:220a) 86Rn→b)21684Po4+ 2HeNN 0= e −λ t vilket för λ = ln 2T 1/ 2ger N N 0= e − ln 255,6 ⋅3,0⋅60 = 0,106 dvs 10,6 %.c) Vi har N = 2,0⋅10−6220 u = 2,0⋅10 −6220⋅1,66⋅10 −27 = 5,48⋅1018 Aktiviteten R = λ N. AlltsåR = ln 255,6 5,48⋅1018 Bq = 6,8⋅10 16 Bq Svar:{a)220 21686Rn→b) 10,6 %c) 6,8⋅10 16 BqPo 844+ 2He7. a) Avståndet solen - jorden är 1,50·10 11 m. En laddad partikel sänds ut från solen meden hastighet, som är 95% av ljushastigheten. Efter en viss tid når partikeln jorden.Hur lång är denna tid i partikelns system?(2p)b) Bestäm hastigheten hos elektroner, som har en kinetisk energi av E k = m e c 2 (2p)

Lösning:a) Vi har sambandet t =t 0. t√ 1− ( v 2 0är egentiden alltså den tid som resan tar enligtc )partikelns "klocka". I jordens system tar resan t = 1,50⋅1011 = 526 s = 8,8 min .0,95cAlltså gäller att t 0= 1,50⋅1011√ 0,95c 1− ( 0,95cc ) 2 = 164 s=2,7 minb) E k = mc 2 (γ−1) . I detta fall gäller att mc 2 = mc 2 (γ−1) . Alltså γ = 2 eller1= 2 varav 1−√ 1− ( v 2 ( v c ) 2 = 1 så att v = c√ 3 = 0,866c = 2,6⋅10 8 m/s4 4c )Svar: {a) 2,7 minb) 2,6⋅10 8 m/s8. a) En väteatom har exciterats till nivån n = 4. Vid deexcitationen utsänds synligt ljus aven viss våglängd. Vilken?(2p)b) En väteatom i vila befinner sig i sitt grundtillstånd. Den absorberar en foton medfrekvensen 2,466 ·10 15 Hz (felaktig exponent i originalet). Vilken övergång iväteatomen motsvarar detta, dvs mellan vilka huvudkvanttal sker övergången?Beräkna även väteatomens hastighet efter absorption av denna foton.(2p)Lösning:a) Övergångsenergierna i väteatomen ges av E = 13,6⋅ (1n f2 − 1 n i2). Endast övergångartill n f= 2 från n i> 2 ger synliga våglängder/frekvenser. Insättning av n i= 4 gerfotonenergin 13,6⋅ (14 − 1 16) eV = 13,6⋅ ( 3 16 )eV = 2,55 eV . Det är också möjligt attatomen i ett första steg deexciteras till n = 3 och därefter från denna nivå till n = 2med fotonenergin 13,6⋅ (1eV = 1,89 eV . Motsvarande4 − 1 9) eV = 13,6⋅ ( 5 36 )våglängder ges av λ = hcE så att λ = 6,626⋅10−34 ⋅2,998⋅10 82,55⋅1,602⋅10 −19 m = 486⋅10 −9 m resp.λ = 6,626⋅10−34 ⋅2,998⋅10 8m = 656⋅10 −9 m1,89⋅1,602⋅10 −19b) 2,466·10 15 Hz motsvarar energinE = h⋅f = 6,626⋅10 −34 ⋅2,4660⋅10 15 J = 1,634⋅10 −18 J = 10,20 eV . Test visar attn i= 1 och n f= 2 ger 13,6⋅ (3= 10,2 eV vilket utgör den s.k.Lyman α-linjen.4)Fotonens rörelsemängd p = E cär också väteatomens rörelsemängd efter absorptionav fotonen. Alltså m H⋅v = E cså attv H = 6,626⋅10−34 ⋅2,466⋅10 155,408⋅10−27m/s =81,007825u⋅2,9979⋅10 u= 5,408⋅10−27 = 3,26 m/s−271,66⋅10Svar: {a) direkt 486 nm eller indirekt 656 nmb) n=1 → n=2, 486 nm , 3,26 m/s

________________________________________________________________________Mass of electron 5,4857990946(22)·10 −4 uMass of proton 1,007276466812(90) uMass of neutron 1,00866491600(43) u